半无界波动方程混合条件求解

考虑半无界波动方程问题：
$$\{\begin{array}{ll}{u}_{tt}-u_{xx}=0,& x>0,t>0,\\ \left(u_x+(\sin t)u\right){|}_{x=0}=\sin t,& t>0,\\ u{|}_{t=0}=u_t{|}_{t=0}=0.& \end{array}$$

解法分析

该问题为半无界区域（$$x>0$$) 上的波动方程，具有混合边界条件和零初始条件。由于边界条件含时间依赖项 $$\sin t$$，采用特征线法（d’Alembert 解法）结合边界条件求解。

波动方程的通解为：
$$u(x,t)=f(t-x)+g(t+x),$$
其中 $$f$$ 表示右行波，$$g$$ 表示左行波。

应用初始条件

初始条件：$$u(x,0)=0$$，$$u_t(x,0)=0$$，对于 $$x>0$$。

• 在 $$t=0$$：
  $$u(x,0)=f(-x)+g(x)=0,x>0.$$
• 速度条件：
  $$u_t(x,t)=f^{\prime }(t-x)+g^{\prime }(t+x),$$
  $$u_t(x,0)=f^{\prime }(-x)+g^{\prime }(x)=0,x>0.$$

令 $$\eta =x>0$$，得方程组：
$$\{\begin{array}{l}f(-\eta )+g(\eta )=0,\\ f^{\prime }(-\eta )+g^{\prime }(\eta )=0.\end{array}$$
对第一方程求导：
$$-f^{\prime }(-\eta )+g^{\prime }(\eta )=0.$$
结合第二方程：
$$f^{\prime }(-\eta )+g^{\prime }(\eta )=0,-f^{\prime }(-\eta )+g^{\prime }(\eta )=0.$$
相加得 $$2g^{\prime }(\eta )=0$$，所以 $$g^{\prime }(\eta )=0$$，即 $$g(\eta )=c$$（常数）。代入第二方程：
$$f^{\prime }(-\eta )=0,$$
即 $$f(\xi )=k$$（常数）对于 $$\xi <0$$。代入第一方程：
$$f(-\eta )+g(\eta )=k+c=0⟹c=-k.$$
因此：

• 当自变量为负时，$$f(\xi )=k$$（$$\xi <0$$）。
• 当自变量为正时，$$g(\eta )=-k$$（$$\eta >0$$）。

通解为：
$$u(x,t)=f(t-x)+g(t+x).$$
其中 $$g(t+x)=-k$$（因为 $$t+x>0$$）。所以：
$$u(x,t)=f(t-x)-k.$$
函数 $$f$$ 的定义取决于 $$t-x$$ 的符号：

• 若 $$t-x<0$$，则 $$f(t-x)=k$$，故 $$u(x,t)=k-k=0$$。
• 若 $$t-x>0$$，则 $$f(t-x)$$ 待定，记为 $$f_{+}(t-x)$$，故 $$u(x,t)=f_{+}(t-x)-k$$。

应用边界条件

边界条件：$${\left(u_x+(\sin t)u\right)|}_{x=0}=\sin t$$.

在 $$x=0$$：
$$u(0,t)=f(t-0)+g(t+0)=f(t)+g(t)=f(t)-k,$$
$$u_x(x,t)=-f^{\prime }(t-x)+g^{\prime }(t+x),u_x(0,t)=-f^{\prime }(t)+g^{\prime }(t).$$
由于 $$g(t)=-k$$（常数）对于 $$t>0$$，有 $$g^{\prime }(t)=0$$，所以：
$$u_x(0,t)=-f^{\prime }(t).$$
边界条件：
$$u_x(0,t)+\sin t\cdot u(0,t)=-f^{\prime }(t)+\sin t\cdot (f(t)-k)=\sin t,$$
整理得：
$$-f^{\prime }(t)+\sin t\cdot f(t)-k\sin t=\sin t,$$
$$-f^{\prime }(t)+\sin t\cdot f(t)=(1+k)\sin t,$$
即：
$$f^{\prime }(t)-\sin t\cdot f(t)=-(1+k)\sin t.$$

这是一阶线性常微分方程。积分因子为：
$$\mu (t)=e^{\int -\sin tdt}=e^{\cos t}.$$
乘以积分因子：
$$\frac{d}{dt}\left(f{e}^{\cos t}\right)=-(1+k)\sin t\cdot e^{\cos t}.$$
积分：
$$f{e}^{\cos t}=-(1+k)\int \sin t\cdot e^{\cos t}dt+C.$$
计算积分（令 $$u=\cos t$$，$$du=-\sin tdt$$)：
$$\int \sin t\cdot e^{\cos t}dt=\int -e^{u}du=-e^u=-e^{\cos t}.$$
所以：
$$f{e}^{\cos t}=-(1+k)(-e^{\cos t})+C=(1+k)e^{\cos t}+C,$$
$$f(t)=(1+k)+C{e}^{-\cos t}.$$

连续性条件和确定常数

在 $$t=0^{+}$$，$$f(0^{+})=(1+k)+C{e}^{-\cos 0}=(1+k)+C{e}^{-1}$$。在 $$t=0^{-}$$，$$f(0^{-})=k$$。要求连续性：
$$(1+k)+C{e}^{-1}=k⟹1+\frac{C}{e}=0⟹C=-e.$$
代入：
$$f(t)=(1+k)-e\cdot e^{-\cos t}=1+k-e^{1-\cos t}.$$
因此：
$$u(0,t)=f(t)-k=(1+k-e^{1-\cos t})-k=1-e^{1-\cos t}.$$
常数 $$k$$ 被消除。

通解：

• 当 $$t-x<0$$，$$u(x,t)=0$$。
• 当 $$t-x>0$$，$$u(x,t)=f(t-x)-k=(1+k-e^{1-\cos (t-x)})-k=1-e^{1-\cos (t-x)}$$。

在 $$t=x$$ 处，左极限和右极限均为 0，连续。

最终解

$$u(x,t)=\{\begin{array}{ll}0,& 0<t\le x,\\ 1-e^{1-\cos (t-x)},& t>x.\end{array}$$

验证

1. 波动方程：在 $$t\le x$$，$$u=0$$，满足。在 $$t>x$$，令 $$\xi =t-x$$：
   $$u=1-e^{1-\cos \xi },u_t=-e^{1-\cos \xi }\sin \xi ,u_x=e^{1-\cos \xi }\sin \xi .$$
   二阶导数：
   $$u_{tt}=-e^{1-\cos \xi }({\sin }^2\xi +\cos \xi ),u_{xx}=-e^{1-\cos \xi }({\sin }^2\xi +\cos \xi ),$$
   $$u_{tt}-u_{xx}=0.$$

2. 初始条件：当 $$t=0$$，$$x>0$$，则 $$t=0\le x$$，所以 $$u=0$$。速度 $$u_t=0$$（因为在 $$t<x$$ 区域 $$u\equiv 0$$）。

3. 边界条件：在 $$x=0$$，$$t>0$$，则 $$t>x$$：
   $$u(0,t)=1-e^{1-\cos t},u_x(0,t)=e^{1-\cos t}\sin t.$$
   $$u_x+\sin t\cdot u=e^{1-\cos t}\sin t+\sin t(1-e^{1-\cos t})=\sin t.$$
   满足。

解为：
$$\boxed{u(x,t)=\{\begin{array}{ll}0& \text{当 }0<t\le x\\ 1-{\mathrm{e}}^{1-\cos (t-x)}& \text{当 }t>x\end{array}}$$